必修四平面几何中的向量方法(附答案).doc

平面几何中的向量方法
[学习目标]　1.经历用向量方法解决某些简单的平面几何问题及其它一些实际问题的过程.2.体会向量是一种处理几何问题的有力工具.3.培养运算能力、分析和解决实际问题的能力．

知识点一　向量方法在几何中的应用
(1)证明线段平行问题，包括相似问题，常用向量平行(共线)的等价条件：a∥b(b≠0)⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0.
(2)证明垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形等，常用向量垂直的等价条件：非零向量a，b，a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(3)求夹角问题，往往利用向量的夹角公式cos θ＝＝.
(4)求线段的长度或证明线段相等，可以利用向量的线性运算、向量模的公式：|a|＝.
思考　△ABC中，M、N分别为AB、AC的中点．求证：MN∥BC.
证明　设＝a，＝b，则＝－＝b－a，
又M、N分别为AB、AC的中点．
∴＝a，＝b.
△AMN中，＝－＝b－a＝(b－a)，
∴＝，即与共线，∴MN∥BC.
知识点二　直线的方向向量
(1)直线Ax＋By＋C＝0的方向向量为(B，－A)；直线y＝kx＋b的方向向量为(1，k)．
(2)应用直线的方向向量求两直线的夹角
已知直线l1：y＝k1x＋b1与直线l2：y＝k2x＋b2，它们的方向向量依次为v1＝(1，k1)，v2＝(1，k2)．
当v1⊥v2，即v1·v2＝1＋k1k2＝0时，l1⊥l2，夹角为直角；当k1k2≠－1时，v1·v2≠0，直线l1与l2的夹角为θ(0°<θ<90°)．不难推导利用k1、k2表示cos θ的夹角公式：
cos θ＝＝.
思考1　已知直线l：2x－y＋1＝0，在下列向量：
① v1＝(1,2)；②v2＝(2,1)；③v3＝；④v4＝(－2，－4)．其中能作为直线l方向向量的有：________.
答案　①③④
思考2　直线x－2y＋1＝0与直线2x＋y－3＝0的夹角为________；直线2x－y－1＝0与直线3x＋y＋1＝0的夹角为________．
答案　90°　45°
知识点三　直线的法向量
(1)直线Ax＋By＋C＝0的法向量为(A，B)；直线y＝kx＋b的法向量为(k，－1)．
(2)直线法向量的简单应用：利用直线的法向量判断两直线的位置关系：对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，它们的法向量分别为n1＝(A1，B1)，n2＝(A2，B2)．
当n1∥n2时，l1∥l2或l1与l2重合．即A1B2－A2B1＝0⇔l1∥l2或l1与l2重合；
当n1⊥n2时，l1⊥l2.即A1A2＋B1B2＝0⇔l1⊥l2.
思考　直线l1：(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0与直线l2：(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0垂直，则a的值为________．
答案　±1
解析　n1＝(a＋2,1－a)，n2＝(a－1,2a＋3)，
∵l1⊥l2，
∴n1·n2＝(a＋2)(a－1)＋(1－a)(2a＋3)
＝(a－1)(－a－1)＝0，
∴a＝±1.

题型一　向量在平面几何中的应用
例1　求等腰直角三角形中两直角边上的中线所成的钝角的余弦值．
解　如图，分别以等腰直角三角形的两直角边为x轴、y轴建立直角坐标系．
设A(2a,0)，B(0,2a)，
则D(a,0)，C(0，a)，
从而可求：＝(－2a，a)，＝(a，－2a)，
不妨设、的夹角为θ，则cos θ＝
＝＝＝－.
故所求钝角的余弦值为－.
跟踪训练1　已知正方形ABCD中，E、F分别是CD、AD的中点，BE、CF交于点P.求证：(1)BE⊥CF；(2)AP＝AB.
证明　建立如图所示的平面直角坐标系，设AB＝2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，E(1,2)，F(0,1)．
(1)＝(－1,2)，＝(－2，－1)．
∴·＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0，
∴⊥，即BE⊥CF.
(2)设点P坐标为(x，y)，则＝(x，y－1)，
＝(2,1)，∵∥，
∴x＝2(y－1)，即x＝2y－2，
同理，由∥，得y＝－2x＋4，
由得
∴点P的坐标为(，)．
∴||＝ ＝2＝||，
即AP＝AB.
题型二　向量在解析几何中的应用
例2　已知△ABC的三个顶点A(0，－4)，B(4,0)，C(－6,2)，点D、E、F分别为边BC、CA、AB的中点．
(1)求直线DE、EF、FD的方程；
(2)求AB边上的高线CH所在直线方程．
解　(1)由已知得点D(－1,1)，E(－3，－1)，F(2，－2)，设M(x，y)是直线DE上任意一点，则∥.
＝(x＋1，y－1)，＝(－2，－2)．
∴(－2)×(x＋1)－(－2)(y－1)＝0，
即x－y＋2＝0为直线DE的方程．
同理可求，直线EF，FD的方程分别为
x＋5y＋8＝0，x＋y＝0.
(2)设点N(x，y)是CH所在直线上任意一点，
则⊥.
∴·＝0.
又＝(x＋6，y－2)，＝(4,4)．
∴4(x＋6)＋4(y－2)＝0，
即x＋y＋4＝0为所求直线CH的方程．

跟踪训练2　已知点A(4,0)，B(4,4)，C(2,6)，试用向量方法求直线AC和OB(O为坐标原点)的交点P的坐标．
解　设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(x－4，y)，
因为P是AC与OB的交点，
所以P在直线AC上，也在直线OB上，
即得∥，∥，
由点A(4,0)，B(4,4)，C(2,6)得，
＝(－2,6)，＝(4,4)，
得方程组
解得故直线AC与OB的交点P的坐标为(3,3)．
题型三　平面向量的综合应用
例3　如图所示，在平行四边形ABCD中，BC＝2BA，∠ABC＝60°，作AE⊥BD交BC于E，求的值．
解　方法一　(基向量法)
设＝a，＝b，|a|＝1，|b|＝2.
a·b＝|a||b|cos 60°＝1，＝a＋b.
设＝λ＝λb，则＝－＝λb－a.
由AE⊥BD，得·＝0.
即(λb－a)·(a＋b)＝0.
解得λ＝，∴＝＝.

方法二　以B为坐标原点，直线BC为x轴建立平面直角坐标系，根据条件，设B(0,0)，C(2,0)，
A，D.又设E(m,0)，
则＝，
＝.
由AE⊥BD，得·＝0.
即－×＝0，
得m＝，所以＝＝.

跟踪训练3　已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，PFCE为矩形．求证：PA＝EF且PA⊥EF.
证明　以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系Oxy(如图所示)，
设正方形边长为1，
||＝λ，则A(0,1)，
P，E，
F，于是＝，
＝.
∵||＝
＝，
同理||＝，
∴||＝||，∴PA＝EF.
·＝＋＝0，
∴⊥.∴PA⊥EF.

转化条件证“三心”

例4　(1)已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ(＋)，其中λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
(2)已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ(＋)，其中λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
(3)已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ(＋)，其中λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
解析　(1)由已知得＝λ(＋)，两边同向量取数量积，得·＝λ(＋)＝λ(－||＋||)＝0，故动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心，故选B.
(2)对＝＋λ(＋)，其中λ∈(0，＋∞)进行移项转化，设△ABC的BC边上的高为h，BC边上的中点为D，则由已知得＝(＋)，即＝，∴向量与向量共线，故动点P的轨迹一定通过△ABC的重心，故选A.
(3)设BC的中点为D，则由已知得＝λ(＋)，两边同时与向量取数量积，得·＝λ(＋)＝λ(－||＋|B|)＝0，故动点P的轨迹一定通过△ABC的外心，故选C.
答案　(1)B　(2)A　(3)C

1．已知△ABC，＝a，＝b，且a·b<0，则△ABC的形状为(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不能确定
2．已知A(1,2)，B(－2,1)，以AB为直径的圆的方程是________．
3．在直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)和点B(－3,4)，若点C在∠AOB的平分线上且||＝2，则＝________.
4．正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，试求cos∠DOE的值．

5．已知直线l1：3x＋y－2＝0与直线l2：mx－y＋1＝0的夹角为45°，求实数m的值．

一、选择题
1．在△ABC中，已知A(4,1)、B(7,5)、C(－4,7)，则BC边的中线AD的长是(　　)
A．2 B. C．3 D.
2．点O是三角形ABC所在平面内的一点，满足·＝·＝·，则点O是△ABC的(　　)
A．三个内角的角平分线的交点
B．三条边的垂直平分线的交点
C．三条中线的交点
D．三条高的交点
3．在四边形ABCD中，＝(1,2)，＝(－4,2)，则该四边形的面积为(　　)
A. B．2 C．5 D．10
4．若O是△ABC所在平面内一点，且满足|－|＝|＋－2|，则△ABC的形状是(　　)
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
5．已知点A(，1)，B(0,0)，C(，0)，设∠BAC的平分线AE与BC相交于E，那么有＝λ，其中λ等于(　　)
A．2 B. C．－3 D．－
6．若四边形ABCD满足＋＝0，(－)·＝0，则该四边形一定是(　　)
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．直角梯形
7．已知直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|＝，则·＝________.
8．已知平面上三点A、B、C满足||＝3，||＝4，||＝5.则·＋·＋·＝________.
9.如图所示，在△ABC中，点O是BC的中点．过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若＝m，＝n，则m＋n的值为________．

10．已知P、Q为△ABC内的两点，且＝＋，＝＋，则△APQ的面积与△ABC的面积之比为________．

三、解答题
11．过点A(－2,1)，求：
(1)与向量a＝(3,1)平行的直线方程；
(2)与向量b＝(－1,2)垂直的直线方程．

12．三角形ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是BC边的中点，BE⊥AD，延长BE交AC于F，连接DF.求证：∠ADB＝∠FDC.

13.如图所示，正三角形ABC中，D、E分别是AB、BC上的一个三等分点，且分别靠近点A、点B，且AE、CD交于点P.求证：BP⊥DC.

当堂检测答案
1．答案　A
2．答案　x2＋y2＋x－3y＝0
解析　设P(x，y)为圆上任一点，则
＝(x－1，y－2)，＝(x＋2，y－1)，
由·＝(x－1)(x＋2)＋(y－2)(y－1)＝0，
化简得x2＋y2＋x－3y＝0.
3．答案　
解析　已知A(0,1)，B(－3,4)，
设E(0,5)，D(－3,9)，
∴四边形OBDE为菱形．
∴∠AOB的角平分线是菱形OBDE的对角线OD.
设C(x1，y1)，||＝3，
∴＝.
∴(x1，y1)＝(－3,9)
＝，
即＝.
4．解　以OA，OC所在直线为坐标轴建立直角坐标系，如图所示，由题意知：
＝，＝，
故cos∠DOE＝
＝＝.
即cos∠DOE的值为.
5．解　设直线l1，l2的法向量为n1，n2，
则n1＝(3,1)，n2＝(m，－1)．
由题意：
cos 45°＝＝＝.
整理得：2m2－3m－2＝0，
解得：m＝2或m＝－.

课时精练答案
一、选择题
1．答案　B
解析　BC中点为D，＝，
∴||＝.
2．答案　D
解析　∵·＝·，
∴(－)·＝0.
∴·＝0.
∴OB⊥AC.同理OA⊥BC，OC⊥AB，
∴O为三条高的交点．
3．答案　C
解析　∵·＝(1,2)·(－4,2)＝－4＋4＝0，
∴⊥，∴S四边形ABCD＝||·||＝××2＝5.
4．答案　B
解析　∵|－|＝||＝|－|，
|＋－2|＝|＋|，
∴|－|＝|＋|，
∴四边形ABDC是矩形，且∠BAC＝90°.
∴△ABC是直角三角形．

5．答案　C
解析　如图所示，由题知∠ABC＝30°，∠AEC＝60°，CE＝，
∴＝3，∴＝－3.
6．答案　C
解析　∵＋＝0，∴＝，四边形ABCD是平行四边形，由(－)·＝0，得·＝0，∴⊥，即此四边形对角线互相垂直，故为菱形．
7．答案　－
解析　如图，作OD⊥AB于D，则在Rt△AOD中，OA＝1，AD＝，所以∠AOD＝60°，∠AOB＝120°，所以·＝||·||cos 120°＝1×1×(－)＝－.
8．答案　－25
解析　△ABC中，B＝90°，cos A＝，cos C＝，
∴·＝0，·＝4×5×＝－16，
·＝5×3×＝－9.
∴·＋·＋·＝－25.
9.答案　2
解析　∵O是BC的中点，
∴＝(＋)．
又∵＝m，＝n，
∴＝＋.
∵M，O，N三点共线，∴＋＝1.则m＋n＝2.
10．答案　
解析　如图，根据题意，P、Q为△ABC中位线DE、DF的中点，PQ＝EF＝BC，而A到PQ的距离是到BC距离的，根据三角形的面积公式可知，S△APQ＝S△ABC.
三、解答题
11．解　设所求直线上任意一点P(x，y)，
∵A(－2,1)，∴＝(x＋2，y－1)．
(1)由题意知∥a，∴(x＋2)×1－3(y－1)＝0，
即x－3y＋5＝0.
∴所求直线方程为x－3y＋5＝0.
(2)由题意，知⊥b，∴(x＋2)×(－1)＋(y－1)×2＝0，
即x－2y＋4＝0，
∴所求直线方程为x－2y＋4＝0.
12．证明　如图所示，建立直角坐标系，设A(2,0)，C(0,2)，则D(0,1)，
于是＝(－2,1)，
＝(－2,2)，
设F(x，y)，由⊥，
得·＝0，
即(x，y)·(－2,1)＝0，
∴－2x＋y＝0.①
又F点在AC上，则∥，
而＝(－x,2－y)，
因此2×(－x)－(－2)×(2－y)＝0，
即x＋y＝2.②
由①、②式解得x＝，y＝，
∴F，＝，＝(0,1)，
·＝，
又·＝||||cos θ＝cos θ，
∴cos θ＝，即cos∠FDC＝，
又cos∠ADB＝＝＝，
∴cos∠ADB＝cos∠FDC，
故∠ADB＝∠FDC.
13.证明　设P＝λC，并设△ABC的边长为a，则有
P＝P＋D
＝λC＋B＝λ(B－B)＋B
＝(2λ＋1)B－λB，又E＝B－B.
∵P∥E，∴(2λ＋1)B－λ＝k－k.
于是有：
解得，λ＝.∴P＝C.
∴B＝B＋C＝＋
＝＋(－)
＝B＋B.
C＝B－B.
从而B·C＝(B＋B)·(B－B)
＝a2－a2－a2cos 60°＝0.∴⊥.
∴BP⊥DC.